导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引方法一 等价变形，转化构造 方法导读研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
方法导引例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x+1.（1）求函数g(x)的极值；（2）当a ≥1e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )=ln x x+1，得g ′(x )=1−ln x x 2，定义域为(0,+∞).令g ′(x )=0，解得x =e ， 列表如下：结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1e +1，无极小值. （2）要证明f (x )≥g (x )，即证ae x ≥ln x x+1，而定义域为(0,+∞)，所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e，所以axe x −ln x −x ≥1exe x −ln x −x ， 所以只要证明1e xe x −ln x −x ≥0.令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1x )， 记ℎ(x )=e x−1−1x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1e 时，f (x )≥g (x ).例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828.（1）求f (x ) 的最小值；（2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1ax f x eax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>'故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1x a= 故当()1,,0x f x a ⎛⎫∈-∞< '⎪⎝⎭，()f x 单调递减； 当()1,,0x f x a ⎛⎫∈+∞>'⎪⎝⎭，()f x 单调递增， 则()10min f x f a ⎛⎫==⎪⎝⎭故函数()f x 的最小值为0.（2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明221ax lnx ≥+即()2210,0,ax lnx x --≥∈+∞令()221g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立.又())21122g x ax x x+-=-='令()0g x '=，解得x =故当(),0x g x⎛'∈< ⎝，()g x 单调递减； 当(),0x g x⎫∈+∞>'⎪⎭，()g x 单调递增；故()2g x g lna≥== 有因为1a ≥，故0lna ≥ 故()0g x lna ≥≥即证.即对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 方法二：构造常见典型函数 方法导读常见典型函数主要包括xlnx ，x/lnx ，lnx/x ; xe x ,xe x ,e x /x 等，通过变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
方法导引例3 已知函数f(x)=ae x−1x(a ∈R )在x =2处的切线斜率为e2.（1）求实数a 的值，并讨论函数f(x)的单调性； （2）若g(x)=e x lnx +f (x )，证明：g(x)>1.思路分析：(1)先对函数f(x)求导，由函数在x =2处的切线斜率为e2即可求出a 的值，进而可得函数的单调性；(2)要证g(x)>1，即证xlnx >x ex −2e，构造函数ℎ(x )=xlnx ，m (x )=x ex −2e，用导数的方法求函数ℎ(x )的最小值和函数m (x )的最大值，即可得出结论. 【详解】（1）f ′(x)=a e (e xx )′=ae ⋅e x x−e x x 2=ae x−1x−1x 2，由切线斜率k =f ′(2)=ae ⋅2−122＝e2，解得a =2． ∴f(x)=2e x−1x，其定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f ′(x)=2e x−1x−1x 2，令f ′(x)>0，解得x >1，故f(x)在区间(1,+∞)上单调递增；令f ′(x)<0，解得x <1，且x ≠0，故f(x)在区间(−∞,0)和区间(0,1]上单调递减； （2）由（1）知g(x)=e x lnx +2e x−1x，定义域为(0,+∞)．从而g(x)>1等价于xlnx >x e x −2e ，设ℎ(x )=xlnx (x >0)，则ℎ′(x)=lnx +1，ℎ′(1e )=ln 1e +1=0.∴当x ∈(0,1e )时，ℎ′(x)<0，当x ∈(1e ,+∞)时，ℎ′(x)>0. 故ℎ(x )在区间(0,1e )上单调递减，在区间(1e ,+∞)上单调递增，从而ℎ(x )在(0,1e )的最小值为ℎ(1e )=−1e . 设m (x )=xe x −2e (x >0)，则m ′(x)=1−x e x，∴当x ∈(0,1)时，m ′(x)>0，当x ∈(1,+∞)时，m ′(x)<0，故m (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，从而m (x )在(0,+∞)的最大值为m (1)=−1e ，综上所述，在区间(0,+∞)上恒有ℎ(x )>m (x )成立，即g (x )>1．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值和最值，考查了函数的思想和考生的发散思维能力，属于中档题.利用导数研究函数的单调性，首先求出函数的定义域，忽略定义域是最常见的错误；证明不等式通过构造新函数，研究新函数的单调性，求得其最值是最常用的思想方法，本题解答的难点是（3）中通过构造新函数并求得其极值点，从而判断p 的范围是解题的关键.例4 （2020·全国高三专题练习（理））已知函数()()ln x af x a R x+=∈，()e 1x g x =-． （1）求()f x 的单调区间；（2）若()()g x f x ≥在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围． 思路分析：1）对函数进行求导得21ln '()x af x x--=，再解不等式得到函数的单调区间； （2）将不等式恒成立等价转化为e ln x a x x x ≤--，再构造函数()e ln xh x x x x =--，利用导数研究函数()h x 的最小值. （1）21ln '()x af x x--=(0)x >. 当10e a x -<<时，'()0,()f x f x >单调递增；当1e a x ->时，'()0,()f x f x <单调递减.所以()f x 的单调递增区间为()10,e a-，单调递减区间为()1e +a -∞，(2)由()()g x f x ≥得ln e 1xx ax+-≥也就是e ln x a x x x ≤--，令()e ln xh x x x x =--则1'()e e 1x xh x x x =+--=1(1)(e )xx x+-，由0x >知，10x +>. 设1()e x t x x =-，21'()e 0xt x x=+>，()t x 在()0,∞+单调递增，又1()20,(1)e 102t t =<=->，所以存在01,12x ∈（）使得0()0t x =，即0x 01e x =. 当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 在()00,x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，'()0h x >，()h x 在()0,x +∞单调递增; 所以0min 0000()()e ln x h x h x x x x ==--=0011x x -+=.所以a 的取值范围是(],1-∞.点评：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题的处理方法：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若f(x)>0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为f(x)min >0，若f(x)<0恒成立，就转化为f(x)max <0；（3）若f(x)>g(x)恒成立，可转化为f(x)min >g(x)max . 方法三 局部构造 方法导读整体与局部是认识论重要的哲学视角，在研究函数问题要学会从不同视角观察函数结构，如果从整体观察函数结构感觉束手无策或复杂时，可以从观察函数的局部结构入手，可能会柳暗花明。
方法导引例5.已知函数()ln x e f x a x ax x=--+，a R ∈(1)当0a <时，讨论函数()f x 的单调性 (2)当1a =时，()()1xF x f x x e bx x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=++-，对任意()0,x ∈+∞，都有()1F x ≥恒成立，求实数b 的取值范围.导引：（1）先求得定义域及函数的导函数,求得函数极值点.再由0a <,可判断导函数的符号,即可判断函数的单调区间.（2）将1a =代入()f x ,再代入()F x 可得解析式.由不等式()1F x ≥恒成立,分离参数后构造函数()ln 1xx g x e x x =--.求其导函数可得()22ln xx e xg x x+'=.再构造函数()2ln x h x x e x =+,求得()()212x h x x x e x'=+⋅+.可判断出()h x 有唯一的零点0x ,即()g x 在0x x =处取得最小值.进而结合不等式即可求得b 的取值范围.解析（1）定义域为()0,∞+由题知()ln xe f x a x ax x=--+则()()()221xx x ax e x a xe e f x a x x x-⋅--'=--+=, 令()0f x '=解得1x = 当0a <,0x ax e -<,∴当1x >,()0f x '<﹔当01x <<,()0f x '>； ∴函数()f x 在()0,1单调递增,在()1,+∞单调递减（2）将1a =代入()f x ,再代入()()1xF x f x x e bx x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=++-中可得 ()()1x F x xe lnx b x =-+-由()1F x ≥恒成立可得()11xxe lnx b x -+≥-恒成立,即ln 11xx b e x x-≤--恒成立, 设()ln 1xx g x e x x =--,则()22ln x x e xg x x +'=, ()2ln x h x x e x =+,()()212x h x x x e x'=+⋅+,∴当0x >时,()0h x '>,()h x ∴在()0,∞+上单调递增,且有()10h e =>,1ln 2024h ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,∴函数()h x 有唯一的零点0x ,且0112x << , 当()00,x x ∈,()0h x <,()0g x '<,()g x 单调递减, 当()0,x x ∈+∞,()0h x >,()0g x '>,()g x 单调递增,()0g x ∴是()g x 在定义域内的最小值0000ln 11x x b e x x ∴-≤-- , ()00h x =得0000ln xx x e x =-,0112x <<,（*） 令()xk x xe =,112x <<, 方程（*）等价为()()ln k x k x =-,()112x k x <<,()0,x ∈+∞单调递增, ()()ln k x k x ∴=-等价为ln x x =-,112x <<,()ln m x x x =+,112x <<,易知()m x 单调递增11ln 2022m ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,()110m =>,0x ∴是()m x 的唯一零点,00ln x x ∴=-,001xe x =, ()g x ∴的最小值()00000ln 11xx g x e x x =--=, 11b ∴-≤恒成立 b ∴的范围是(],2-∞例6.已知函数()ln f x a x x =-，且函数()f x 在1x =处取到极值. （1）求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程；（2）若函数2()g()(01)()x m x m f x x-=<<+，且函数()g x 有3个极值点1x ，2x ，3x 123()x x x <<，证明：131ln 22x x +⎛⎫>- ⎪⎝⎭.导引：（1）求出原函数的导函数，由()01f '=求解a 值，则曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程可求；（2）求出函数()g x 的解析式，由2()211()1m x m nx x g x n x⎛⎫-+- ⎪⎝⎭'=，根据已知()0g x '=有三个解，2ln 10x x m +-=存在两个不同于m 的零点， 设()2ln 1h x x xm=+-，求出m 取值范围，结合()h x 的函数特征，可判断213,,x m x x =是函数()h x 的两个零点，构造函数13()2ln ,()()x x x x x x ϕϕϕ=-=，研究()x ϕ的单调性，把证明131ln 22x x +⎛⎫>-⎪⎝⎭转化为证明()11)x x ϕϕ>-即可. 解析：（1）()ln f x a x x =-，()1af x x'=- ， 函数()f x 在1x =处取到极值，(1)10f a '∴=-=，即1a =. 则()ln f x x x =-，(1)1f =-，∴曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程为1y =-；（2）222()()()()(01)()11x m x m x m g x m f x x nx x x nx---===<<++-， 函数的定义域为(0,)+∞且1x ≠，2221()2112()ln ()()11m x m nx x m x x m x x g x n x n x⎛⎫-+----⋅ ⎪⎝⎭'∴==令()2ln 1h x x x m =+-，22()x m h x x -'∴=， ()h x 在0,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；()2h m是()h x 的最小值；()g x 有三个极值点123x x x <<，2ln 1022m m h ⎛⎫∴=+< ⎪⎝⎭，得m <.m ∴的取值范围为⎛ ⎝，当0m <时，()2ln 0h m m =<，(1)10h m =-<， 2x m ∴=；即1x ，3x 是函数()h x 的两个零点.112221n 1021n 10m x x m x x ⎧+-=⎪⎪∴⎨⎪+-=⎪⎩，消去m 得1113332ln 2ln x x x x x x -=-； 令()2ln x x x x ϕ=-，()2ln 1x x ϕ'=+，()x ϕ'的零点为x =13x x <<. ()x ϕ∴在⎛ ⎝上递减，在⎫+∞⎪⎭上递增.要证明131ln 22x x +⎛⎫>- ⎪⎝⎭，即证13x x +>等价于证明31x x >，即()31x x ϕϕ⎫-⎪⎭>. ()()13x x ϕϕ=，∴即证()11x x ϕϕ⎫>-⎪⎭.构造函数()()F x x x ϕϕ⎫=--⎪⎭，则0F =； ∴只要证明在⎛ ⎝上()F x 单调递减，函数()x ϕ在⎛ ⎝单调递减； xx -减小，x ϕ⎫-⎪⎭增大，x ϕ⎫-⎪⎭减小，x ϕ⎫∴-⎪⎭在⎛ ⎝上是减函数.()x x ϕϕ⎫∴-⎪⎭在⎛ ⎝上是减函数.∴当0a <<时，13x x +>. 即131ln 22x x +⎛⎫>-⎪⎝⎭. 方法四 二次求导研究函数的性质方法导读：在高考较难的题目中，仅仅通过一次求导我们不容易得出原函数的单调性，我们不妨对导函数进行再次求导，通过二次求导函数正负的判断去确定导函数的单调性，进而确定导函数值的正负好去判断原函数的单调性。
导数压轴题的几种处理方法
2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而 确定参数范围
例题： 设
，其中
．
（1）若
有极值，求 的取值范围；
（2）若当
，
恒成立，求 的取值范围．
解：（ 1）由题意可知：
则
有两个不同的实数根，故
解得：
，即
（2）由于
，
恒成立，则
由于
，且
有极值，
，
（ 4 分）
，即
（6 分）
，则①Βιβλιοθήκη 当时，在则当
时，
有零点需满足
二、适当处理后能够简化运算：
上都单调递减，于是函数 上单调递减，所以当
，即
.
3、(2014 年一测 )已知函数 f (x)=xlnx ， g(x)=k(x-1) （ 1）若 f (x)>=g(x),求 k 的范围
.⑴解 : 注意到函数 f (x) 的定义域为 (0, ) ,
所以 f (x) g(x) 恒成立
f (x)
x
设 h(x) ln x k (x 1) (x 0) ,
h (x) x x2
x x2
1
k
xk
则
,
g(x)
恒成立 ,
x
------------2
分
当 k 0 时 , h (x) 0 对 x 0 恒成立 , 所以 h(x) 是 (0, ) 上的增函数 ,
注意到 h(1) 0 , 所以 0 x 1 时 , h(x) 0 不合题意 .-------4 分
处取得极大值、在
处取得极小值，
，解得：
；
（8 分）
②
当
时，
，即
在
上单调递增，且
破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略
破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略问题提出通过对以函数与导数为核心命制的压轴题的分析与研究，发现大多数需构造辅助函数才能顺利解决，构造辅助函数对学生的创造性与创新性思维能力的要求较高，那么辅助函数的构造有规律可循吗？构造辅助函数解决压轴题的具体策略有哪些呢？策略一观察分析构造观察是科学研究的重要方法，也是数学解题的首要心理活动，更是构造辅助函数最为直接的策略．例1 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.整体思路是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，把某些式子或图形看成一个整体，进行有目的、有意识的整体处理．整体构造辅助函数就是立足这一思想来解决函数综合题的一种策略．例2 (2017·全国Ⅱ)已知函数f (x)＝ax2－ax－x ln x，且f (x)≥0.(1)求a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f (x0)<2－2.若问题的整体结构比较复杂，使得正面解决很困难时，可以考虑将复杂的整体看成几个部分，实施局部构造辅助函数，从局部突破，从而达到解决问题的目的．例3 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x －ax －a x 2(x >0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求h (a )的值域．点评 此道压轴题g (x )的导函数结构比较复杂，于是从局部实施突破，构造辅助函数．这种构造方式比较常见，如2016年江苏卷19题，2013年陕西卷理科压轴题等．有时第一次构造辅助函数并不能解决问题，还需要第二次甚至更多次的构造才能解决问题．例4 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当a<0时，证明f (x)≤－34a－2.和差法常用于比较大小、构造对偶式等，其实也可用来构造辅助函数．例5 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.点评 和差构造辅助函数的方法在每年高考压轴题中运用广泛，如2016年四川理科压轴、2013年辽宁理科压轴题等．策略六变参分离构造若条件中含有参数，要探究参数的取值范围，此时可以考虑将参数与其他变量分离，然后构造辅助函数求解参数的取值范围．例6 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)略点评此题将主元与参数变参分离后构造辅助函数，再对辅助函数求导探究单调性或最值，参数的范围便自然得到．策略七综合运用例7 已知函数f (x)＝1－x1＋x2e x.(1)求f (x)的单调区间；(2)证明：当f (x1)＝f (x2)(x1≠x2)时，x1＋x2<0.点评此道压轴题的压轴问要证的不等式本质上是极值右偏问题，解答时需要灵活的将作差构造和局部构造两种方法综合运用才能顺利解决．掌握数学就意味着必须要善于解题，中学数学教学的首要任务之一就是要加强解题训练，而人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助问题去解决原问题，这种方法正是解决高考函数综合问题的良策与通法，通过构造辅助函数统一的处理这些问题时，其实我们已经站在了更高的层面，不再仅仅追求千奇百怪“诡异”的解法，而是理解了这些问题的共性．在统一解决的同时，给人一种思维清晰、神清气爽的良好教学感觉．破解导数压轴题中的函数构造问题的七大策略问题提出通过对以函数与导数为核心命制的压轴题的分析与研究，发现大多数需构造辅助函数才能顺利解决，构造辅助函数对学生的创造性与创新性思维能力的要求较高，那么辅助函数的构造有规律可循吗？构造辅助函数解决压轴题的具体策略有哪些呢？策略一观察分析构造观察是科学研究的重要方法，也是数学解题的首要心理活动，更是构造辅助函数最为直接的策略．例1 已知函数f (x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.(1)解a的取值范围为(0，＋∞)；(2)证明求导得f′(x)＝(x－1)(e x＋2a)，由(1)知a>0.所以函数f (x)的极小值点为x＝1.结合要证结论x1＋x2<2，即证x2<2－x1.若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f (2－x1)和f (x2)的大小，即探求f (2－x)－f (x)的正负性．于是通过上述观察分析即可构造辅助函数F (x)＝f (2－x)－f (x)，x<1，代入整理得F (x)＝－x e－x＋2－(x－2)·e x.求导得F′(x)＝(1－x)(e x－e－x＋2)．即x<1时，F′(x)<0，则函数F (x)是(－∞，1)上的单调减函数．于是F (x)>F (1)＝0，则f (2－x)－f (x)>0，即f (2－x)>f (x)．由x1，x2是f (x)的两个零点，并且在x＝1的两侧，所以不妨设x1<1<x2，则f (x2)＝f (x1)<f (2－x1)，即f (x2)<f (2－x1)．由(1)知函数f (x )是(1，＋∞)上的单调增函数，且x 2，2－x 1∈(1，＋∞)，所以x 2<2－x 1. 故x 1＋x 2<2得证．点评 此题的压轴问以函数零点为依托，看似证明不等式，实则是极值右偏问题，解决的核心是通过观察分析构造辅助函数F (x )＝f (2－x )－f (x )，建立抽象不等式“f (x 2)<f (2－x 1)”，再由函数的单调性去解决．策略二 整体构建整体思路是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，把某些式子或图形看成一个整体，进行有目的、有意识的整体处理．整体构造辅助函数就是立足这一思想来解决函数综合题的一种策略．例2 (2017·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0.(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2.(1)解 a ＝1；(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，求导得f ′(x )＝2x －2－ln x .整体构造辅助函数g (x )＝2x －2－ln x ，求导得g ′(x )＝2－1x. 当g ′(x )>0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 当g ′(x )<0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减． 又g (e －2)>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，g (1)＝0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞内有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，g (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0.因为f ′(x )＝g (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点．由f ′(x )＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)．又由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)<14. 又因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点，结合e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0，得f (x 0)>f (e －1)＝e －2.所以e －2<f (x 0)<2－2.策略三 局部构造若问题的整体结构比较复杂，使得正面解决很困难时，可以考虑将复杂的整体看成几个部分，实施局部构造辅助函数，从局部突破，从而达到解决问题的目的．例3 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x －ax －a x 2(x >0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求h (a )的值域．解 (1)略；(2)对g (x )求导得g ′(x )＝x ＋2x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x ＋2e x ＋a . 局部构造辅助函数h (x )＝x －2x ＋2e x ＋a ，即h (0)＝a －1<0，h (2)＝a ≥0.由零点定理及第(1)问结论知h (x )在(0,2]上有唯一零点x ＝m .所以函数g (x )在(0，m )上单调递减，在(m ，＋∞)上单调递增．于是x ＝m 为函数g (x )的极小值点，也为最小值点．即当a ∈[0,1)时，函数g (x )有最小值g (m )．由于m －2m ＋2e m ＋a ＝0，即a ＝－m －2m ＋2e m . 所以当a ∈[0,1)时，有m ∈(0,2]，于是函数g (x )的最小值g (m )＝e m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －2m ＋2e m ·(m ＋1)m 2＝e m m ＋2. 再次引入辅助函数r (m )＝e mm ＋2(m ∈(0,2])，求导得 r ′(m )＝m ＋1(m ＋2)2e m>0. 所以函数r (m )在(0,2]上单调递增，因此可求得函数h (a )的值域．故函数g (x )的最小值的取值范围为(r (0)，r (2)]，即⎝ ⎛⎦⎥⎤12，14e 2. 点评 此道压轴题g (x )的导函数结构比较复杂，于是从局部实施突破，构造辅助函数．这种构造方式比较常见，如2016年江苏卷19题，2013年陕西卷理科压轴题等． 策略四 多次构造有时第一次构造辅助函数并不能解决问题，还需要第二次甚至更多次的构造才能解决问题．例4 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2. (1)解 f ′(x )＝2ax 2＋(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax ＋1)(x ＋1)x. 当a ≥0时，f ′(x )≥0，则f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞单调递减． (2)证明 第一次构造辅助函数g (x )＝f (x )＋34a＋2. 要证原不等式成立，需证g (x )max ≤0，即证f (x )max ＋34a＋2≤0. 由(1)知，当a <0时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a . 即证ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0 不妨设t ＝－12a>0，则证ln t －t ＋1≤0， 令h (t )＝ln t －t ＋1，求导得h ′(t )＝1t－1. h ′(t )>0时，t ∈(0,1)；h ′(t )<0时，t ∈(1，＋∞)．所以h (t )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，则h (t )max ＝h (1)＝0.故f (x )≤－34a－2. 策略五 和差构造和差法常用于比较大小、构造对偶式等，其实也可用来构造辅助函数．例5 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.解 (1)，(2)略(3)作差构造辅助函数g (x )＝c x －(c －1)x －1， x ∈(0,1)，要证原不等式成立，即证g (x )<0.对g (x )求导得g ′(x )＝c x·ln c －(c －1)＝ln c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫c x －c －1ln c . 由c >1，得ln c >0，再根据第(2)问知1<c －1ln c<c . 所以g ′(0)<0且g ′(1)>0，结合g ′(x )是单调递增函数和零点定理可知g ′(x )在区间(0,1)上有唯一零点．所以函数g (x )在区间(0,1)上先单调递减，再单调递增，又g (0)＝g (1)＝0，从而在区间(0,1)上g (x )<0，故原不等式得证．点评 和差构造辅助函数的方法在每年高考压轴题中运用广泛，如2016年四川理科压轴、2013年辽宁理科压轴题等．策略六 变参分离构造若条件中含有参数，要探究参数的取值范围，此时可以考虑将参数与其他变量分离，然后构造辅助函数求解参数的取值范围．例6 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)略解 (1)显然x ＝1不是函数f (x )的零点．当x ≠1时，方程f (x )＝0变参分离为a ＝2－x (x －1)2·e x . 引入辅助函数g (x )＝2－x (x －1)2·e x ， 求导得g ′(x )＝－e x·x 2－4x ＋5(x －1)3. 所以函数g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．因为函数g (x )在(－∞，1)上的取值范围是(0，＋∞)，而在(1，＋∞)上的取值范围是(－∞，＋∞)．所以当a >0时，函数f (x )有两个零点，故a 的取值范围为(0，＋∞)．点评 此题将主元与参数变参分离后构造辅助函数，再对辅助函数求导探究单调性或最值，参数的范围便自然得到．策略七 综合运用例7 已知函数f (x )＝1－x 1＋x 2e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)时，x 1＋x 2<0.(1)解 函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明 由f (x )＝1－x 1＋x 2e x ，易知x <1时，f (x )>0；x >1时，f (x )<0. 因为f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)，不妨设x 1<x 2，结合(1)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0,1)． 要证x 1＋x 2<0，即证x 1<－x 2，于是作差构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (－x )，代入化简得F (x )＝11＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1－x )e x －1＋x e x . 再次局部构造辅助函数G (x )＝(1－x )e x －1＋x e x ，求导得G ′(x )＝－x e －x (e 2x －1)．当x ∈(0,1)时，G ′(x )<0，即G (x )是(0,1)上的单调减函数．于是G (x )<G (0)＝0，则F (x )<0. 即F (x )＝f (x )－f (－x )<0.所以x ∈(0,1)时，f (x )<f (－x )．由x 2∈(0,1)，则f (x 2)<f (－x 2)．又f (x 1)＝f (x 2)，即得f (x 1)<f (－x 2)． 根据(1)知f (x )是(－∞，0)上的单调增函数，而x 1∈(－∞，0)，－x 2∈(－∞，0)， 所以x 1<－x 2，故x 1＋x 2<0得证．点评 此道压轴题的压轴问要证的不等式本质上是极值右偏问题，解答时需要灵活的将作差构造和局部构造两种方法综合运用才能顺利解决．掌握数学就意味着必须要善于解题，中学数学教学的首要任务之一就是要加强解题训练，而人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就会想出一个合适的辅助问题去解决原问题，这种方法正是解决高考函数综合问题的良策与通法，通过构造辅助函数统一的处理这些问题时，其实我们已经站在了更高的层面，不再仅仅追求千奇百怪“诡异”的解法，而是理解了这些问题的共性．在统一解决的同时，给人一种思维清晰、神清气爽的良好教学感觉．。
专题6.1 导数中的构造函数-2121届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)
，
故选 A.
8．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019 届高三第三次测评】若函数
上单调递增，则
的最小值是（ ）
A．-3
B．-4
C．-5
D．
【答案】B 【解析】
函数
在 上单调递增，
精品公众号：学起而飞
在区间
所以
在 上恒成立，
即
在 上恒成立，
令
，其对称轴为
，
当
即
时，
在 上恒成立等价于
由线性规划知识可知，此时
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】 解：∵函数
的定义域是
∴
，
∵ 是函数
的唯一一个极值点
，若 是函数
精品公众号：学起而飞
∴ 是导函数
∴
在
的唯一根， 无变号零点，
即
在 上无变号零点，令
，
因为 所以 所以
，
在
上单调递减，在 上单调递增
的最小值为
，
所以必须
，
故选：A． 5． 【2019 届山西省太原市第五中学高三 4 月检测】已知函数
对
恒成立，则下列判断一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
由题意设
，
则
，
所以函数 在 上单调递增，
所以
，即
．
故选 B．
3．【辽宁省抚顺市 2019 届高三一模】若函数
有三个零点，则实数 的取值范围是
()
A．
B．
C． 【答案】D 【解析】 由
D．
得
，
精品公众号：学起而飞
设 由 由 即当 当 当
导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型归纳(3)(总13页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--导数压轴题题型归纳（3）例18(变形构造法)已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数．⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且29=a ，求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围．例19(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数x x f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ，求证42121)(x x x x +<例20（绝对值处理）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．例21（等价变形）已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较xy x y ln 1ln 1--与的大小． 例22（前后问联系法证明不等式）已知217()ln ,()(0)22f x x g x x mx m ==++<，直线l与函数(),()f x g x 的图像都相切，且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1。
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
六招破解高考导数压轴题
破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
导数压轴题解题技巧
导数压轴题解题技巧
嘿，朋友们！今天咱就来聊聊导数压轴题解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
你看哈，导数压轴题就像是一场刺激的游戏！比如说，给你个函数，哎呀，那弯弯曲曲的图象就像是复杂的迷宫，你得找到出路！就像你在森林里迷路了，得想办法走出来呀！
先来谈谈怎么求导吧！这可是基础。
像有个函数f(x)=x²+3x，那求导可得 f'(x)=2x+3 呀！就好比你走路，求导就是弄清楚往哪个方向走得快，能不走错路嘛！
再说说构造新函数吧！有时候题目里的条件乱七八糟，咋办呢？那就巧妙地构造个新函数呗！比如说，给你两个函数 f(x)和 g(x)，它们之间有某种关系，那咱就把它们组合起来弄个新函数 H(x) 呀！这就好像把不同的积木拼在一起搭出个新造型。
还有分类讨论哦！遇到各种情况都要考虑到。
比如一个函数在不同区间上的单调性不一样，那咱就得仔细分析呀！“嘿，这可不能马虎！”不认真分析怎么能得高分呢？
哎呀，导数压轴题真不是盖的，有时候确实难倒一大片人呢！但咱别怕呀，只要掌握了这些技巧，多练多总结，还怕它不成？记住，每一道导数压轴题都是一个挑战，但也是一个让我们进步的机会呀！
咱就是说，导数压轴题解题技巧真的能让我们在数学的海洋里畅游得更畅快！大家可得好好学起来，攻克这道难关，走向数学的辉煌呀！。
2020高考数学压轴题 导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转,唯手熟尔!
2020新高考数学压轴题导数中的不等式证明导数中的不等式证明导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题，由于不等式证明的灵活性，多样性，该考点也备受命题者的青睐。
本文通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段命题角度1构造函数命题角度2放缩法命题角度3切线法命题角度4二元或多元不等式的证明思路命题角度5函数凹凸性的应用命题角度1构造函数【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试）已知函数()ln 11,()x x ae f x g x bx x e x=-=+-，若曲线()y f x =与曲线()y g x =的一个公共点是()1,1A ，且在点A 处的切线互相垂直．（1）求,a b 的值；（2）证明：当1x ≥时，()2()f x g x x+≥．【解析】（1）1a b ==-；（2）1()x e g x x e x =-++，()2ln 1()10x x e f x g x x x x e x+≥⇔---+≥，令()()()2()1h x f x g x x x=+-≥，则()ln 11x x e h x x x e x=---+，()2221ln 1ln 11x x x e x eh x x e x x e-'=-+++=++，因为1x ≥，所以()2ln 10xx eh x x e '=++>，所以()h x 在[)1.+∞单调递增，()()10h x h ≥=，即ln 110x x e x x e x---+≥，所以当1x ≥时，()2()f x g x x+≥．【审题点津】待证不等式的两边都含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，应用导数研究其单调性，借助于所构造函数的单调性加以证明.命题角度2放缩法【典例2】（石家庄市2018届高三下学期4月一模考试）已知函数()()()x f x x b e a =+-(0)b >，在(1,(1))f --处的切线方程为(1)10e x ey e -++-=.（1）求,a b ；（2）若0m ≤，证明：2()f x mx x ≥+.【解析】（1）1a =，1b =；（2）由（1）可知()(1)(1)x f x x e =+-，()(0)0,10f f =-=，由0m ≤，可得2x mx x ≥+，令()()()11x g x x e x =+--，则()()22x g x x e '=+-，当2x ≤-时，()()2220x g x x e '=+-<-<，当2x >-时，设()()()22x h x g x x e '==+-，则()()30x h x x e '=+>，故函数()g x '在()2,-+∞上单调递增，又(0)0g '=，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，所以函数()g x 在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即()()211x x e x mx x +-≥≥+.故2()f x mx x ≥+.【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标.【典例3】（成都市2018届高中毕业班二诊理科）已知函数()ln 1,f x x x ax a R =++∈.（1）当0x >时，若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（2）当*n N ∈时，证明：22231ln 2ln ln 2421n n nn n n +<+++<++ 【解析】（1）[)1,-+∞；（2）设数列{}{},n n a b 的前n 项的和分别为,241n n n nS T n n ==++，则由于()()111,2,n nn S n a S S n -=⎧⎪=⎨-≥⎪⎩，解得()()112n a n n =++；同理，()11n b n n =+，所以只需证明()()()2111ln 121n n n a b n n n n n +=<<=+++.由（1）知1a =-时，有ln 1x x x ≥-，即1ln x x x-≥.令11n x n +=>，则11ln 1n n n +>+，所以()()()2211111ln 12121n n n n n n n +>>=-+++++，所以2223111ln 2ln ln 22224n nn n n ++++>-=++ ；再证明()211ln 1n n n n +<+，亦即1ln n n +<因为1lnnn +=，所以只需证<，现证明()12ln 1x x x x<->.令()()12ln 1h x x x x x =-+>，则()()22212110x h x x x x -'=--=-<，所以函数()h x 在()1,+∞上单调递减，()()10h x h <=，所以当1x >时，12ln x x x<-恒成立，令1x=，则<，综上，()()()2111ln 121n n n n n n +<<+++，所以对数列{}{}21,ln ,n n n a b n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭分别求前n 项的和，得22231ln 2ln ln 2421n n nn n n +<+++<++ .【思路总结】待证数列不等式的一端是n 项之和（或积）的结构，另一端含有变量n 时，可以将它们分别视为两个数列的前n 项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明.【典例4】（安徽省安庆市2018届重点中学联考）已知函数()2ln 2xx f x e +=.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）证明：当0x >时，都有()()222ln 1x x f x x e e+'+<+.【解析】（1）()()21ln xx x x f x xe --'=，令()1ln g x x x x =--，则()10g =，当01x <<时，10,ln 0x x x ->->，所以()()0,0g x f x '>>，当1x >时，10,ln 0x x x -<-<，所以()()0,0g x f x '<<，所以函数()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）要证明()()222ln 1x x f x x e e +'+<+，即证()()211ln ln 11x x x x x e ⎫⎛--+<+ ⎪⎝⎭，令()1ln g x x x x =--，则()()1ln 12ln g x x x '=--+=--，当210x e <<时，()0g x '>，当21x e >时，()0g x '<，所以函数()g x 在210,e ⎫⎛⎪⎝⎭上单调递增，在21,e ⎫⎛+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()22212111g x e e e ≤-+=+，所以211ln 1x x x e --≤+.要证()()211ln ln 11x x x x x e ⎫⎛--+<+⎪⎝⎭，只需再证()ln 1x x +<即可.易证ln 1x x ≤-，当且仅当1x =时取等号（证明略），所以()0ln 1x x <+<，综上所述，当0x >时，都有()()222ln 1x x f x x e e+'+<+.【思路点睛】对于含有ln x 与x e 型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征，灵活变形，脑中有“形”，注意重要不等式ln 11x x x e x ≤-⇔≥+的合理代换.命题角度3切线法【典例5】（2018届安徽省太和中学三模）已知函数()2x f x e x =-.（1）求曲线()f x 在1x =处的切线方程；（2）求证：当0x >时，()21ln 1x e e x x x+--≥+.【解析】（1）()2x f x e x =-，()2x f x e x '=-，由题设得()()12,11f e f e '=-=-，所以曲线()f x 在1x =处的切线方程为()()211y e x e =--+-，即()21y e x =-+；（2）令()()g x f x '=，则()2x g x e '=-，当ln 2x <时，()0g x '<，当ln 2x >时，()0g x '>，所以函数()()g x f x '=在(),ln 2-∞上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增，()()()min ln 2ln 222ln 20g x g f '===->，所以函数()2x f x e x =-在()0,+∞上单调递增，由于曲线()f x 在1x =处的切线方程为()21y e x =-+，()11f e =-，可猜测函数()f x 的图象恒在切线()21y e x =-+的上方.先证明当0x >时，()()21f x e x ≥-+.设()()()()210h x f x e x x =--->，则()()()22,2x x h x e x e h x e '''=---=-，当ln 2x <时，()0h x ''<，当ln 2x >时，()0h x ''>，所以()h x '在()0,ln 2上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增，由()()030,10,0ln 21h e h ''=->=<<，所以()ln 20h '<，所以存在()00,ln 2x ∈，使得()00h x '=，所以当()()00,1,x x ∈+∞ 时，()0h x '>，当()0,1x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在()00,x 上单调递增，在()0,1x 上单调递减，在()1,+∞上单调递增.因为()()010h h ==，所以()0h x ≥，即()()21f x e x ≥-+，当且仅当1x =时取等号，所以当0x >时，()221x e x e x -≥-+，变形可得()21x e e x x x+--≥，又由于ln 1x x ≥+，当且仅当1x =时取等号（证明略），所以()21ln 1x e e x x x+--≥+，当且仅当1x =时取等号.【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例6】（皖南八校2018届高三第三次联考）若,,x a b 均为任意实数，且()()22231a b ++-=，则()()22ln x a x b -+-的最小值为.A .18B .1C .19D -【解析】由于,a b 均为任意实数，且()()22231a b ++-=，所以动点(),P a b 到定点()2,3C -的距离为定值1，亦即动点(),P a b 的轨迹是以()2,3C -为圆心，半径1r =的圆，表示(),P a b 与动点(),ln Q x x 的距离，而(),ln Q x x 的轨迹是曲线ln y x =，如图，1PQ CQ PC CQ ≥-=-，当且仅当,,C P Q 共线，且点P 在线段CQ 上时取等号，以C 为圆心作半径为r 的圆与ln y x =相切，切点是(),ln Q x x ，此时的公切线与半径垂直，ln 3112x x x-⋅=-+，即()()ln 13x x x =--+，结合函数ln y x =与()()13y x x =--+的图象可知()1,0Q ，所以11PQ CQ PC CQ ≥-=-≥，故()()22ln x a x b -+-的最小值为()2119=-.正确答案为D .【审题点津】多元代数表达式的最值问题要根据其整体的结构特征，结合多元各自变化的规律，转化为多个动点之间的对应关系，进而化“动”为“静”解决问题.【变式训练】（2018年湖北省高三4月调考）设2D a +，其中 2.71828e ≈，则D的最小值为.A .B .1C .1A【解析】表示点(),x P x e 与点(Q a 之间的距离PQ ，而点(),x P x e 的轨迹是曲线x y e =，点(Q a 的轨迹是曲线()240y x y =≥，如图所示，又点(Q a 到直线0x =的距离为a ，自然想到转化为动点Q 到抛物线准线1x =-的距离，结合抛物线的概念可得2D a =+11PQ QH PQ QF =++=++，所以11D PQ QF PF =++≥+，当且仅当,,P Q F 共线，又以F 为圆心作半径为r 的圆与xy e =相切，切点是(),xP x e ，此时的公切线与半径垂直，11xx e e x ⋅=--，即0x =，所以min PF =，故min 1D =.正确答案为C .【能力提升】（2018年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试）对于任意0,b a R >∈，不等式()()2222ln 1b a b a m m --+--≥-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦恒成立，则实数m的最大值为.A .2B .C e .3A 【答案】B .命题角度4二元或多元不等式的解证思路【典例7】（2018年安庆市二模）已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-，因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，1212ln ln 1x x F m x x -'=+---，要证明0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0xx x x ->-.令()0,1t =，即证12ln 0t t t-+>.令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t-'=--=-<，所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x --，设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则()22110Q x xx '=--，所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln lnx x ->由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.思路三：要证明0F '<，只需证1212ln ln x x xx -<-即证1212ln ln x x x x ->-，由对数平均数易得.【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法.【知识拓展】对于0,0,ab a b >>≠，则2ln ln a b b a b a +->>-，其中ln ln b ab a--称之为对数平均数.简证如下：不妨设()1b ax x =>，只需证明112ln x x x+->>即可，即()21ln 1x x x -<<+（下略）.【典例8】（A 10联盟2018年高考最后一卷）已知函数()()2,,,x f x e g x ax bx a b R ==+∈.（1）当0b =时，方程()()0f x g x +=在区间()0,+∞上有两个不同的实数根，求a 的取值范围；（2）当0a b =>时，设12,x x 是函数()()()F x f x g x =-两个不同的极值点，证明：()12ln 22x x a +<.【解析】（1）因为()()0f x g x +=，所以20xe ax +=，即2xe a x -=，设()()20xe h x x x =>，则()()32x x e h x x -'=，所以()h x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，()()224e h x h ≥=，当0x →时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，要使方程()()0f x g x +=在区间()0,+∞上有两个不同的实数根，则24e a ->，解得24e a <-，故a 的取值范围是2,4e ⎫⎛-∞-⎪ ⎝⎭；【一题多解】本题也可以变形为x e ax x =-，转化为过原点的直线y ax =与函数xe y x=-图象有两个交点问题，应用数形结合思想求解，直线与曲线相切对应所求范围的界点.（2）由题意，()2x F x e ax ax =--，()2x F x e ax a '=--，因为12,x x 是函数()()()F x f x g x =-两个不同的极值点，不妨设12x x <，()()120,0F x F x ''==，即121220,20x x e ax a e ax a --=--=，两式相减得12122x x e e a x x -=-.要证()12ln 22x x a +<，即证明1222x x e a +<，只需证1212212x x x x e e e x x +-<-，即12122121x x x x e e x x ---<-，亦即()121221210x x x x x x e e ----+>.令1202x x t -=<，只需证当0t <时，不等式2210t t te e -+>恒成立，设()()2210t t Q t te e t =-+<，则()()()221221t t t t Q t t e e e t e '=+-=+-，易证()10t t e t +<<，所以()0Q t '<，所以()Q t 在(),0-∞上单调递减，()()00Q t Q >=，即2210t t te e -+>.综上所述，()12ln 22x x a +<成立.【审题点津】函数的拐点偏移问题的证明思路可以根据类似的结构特征，适当变形为两个变量之差（或比值）的关系，整体换元，构造函数，借助于导数的应用解决问题.【典例9】（2018届合肥三模）已知函数()212x f x e x ax =--有两个极值点12x x ，(e 为自然对数的底数).（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：()()122f x f x +>.解析：（1）由于()212x f x e x ax =--，则()x f x e x a '=--，设()()x g x f x e x a '==--，则()1x g x e '=-.令()10x g x e '=-=，解得0x =.所以当() 0x ∈-∞，时，()0g x '<；当()0,x ∈+∞时，()0g x '>.所以()()min 01g x g a ==-.。
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
高中数学：掌握这7种函数构造方法，巧解导数难题！
⾼中数学：掌握这7种函数构造⽅法，巧解导数难题！近⼏年⾼考数学压轴题，多以导数为⼯具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性⾼、综合性强等特点，⽽构造函数是解导数问题的最基本⽅法，但在平时的教学和考试中，发现很多学⽣不会合理构造函数，结果往往求解⾮常复杂甚⾄是⽆果⽽终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本⽂以近⼏年的⾼考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的⽅法进⾏归类和总结，供⼤家参考．⼀、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采⽤直接作差法构造函数，通过特殊值缩⼩参数范围后，再对参数进⾏分类讨论来求解．2．变形作差构造⼆、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成⽴的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到⼀个⼀端是参数，另⼀端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应⽤较多，就是⽤新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的⽬的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常⽤⽅法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式⼦进⾏恰当的变形，将⼆元字母变出统⼀的⼀种结构，然后⽤辅助元将其代替，从⽽将两个变元问题转化⼀个变元问题，再以辅助元为⾃变量构造函数，利⽤导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某⼀个变元看作主元（即⾃变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后⽤函数、⽅程、不等式的相关知识来解决问题的⽅法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第⼆问是⼀道典型且难度⽐较⼤的求参问题，这类题⽬很容易让考⽣想到⽤分离参数的⽅法，但分离参数后利⽤⾼中所学知识⽆法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式⼦，解决这类问题的有效⽅法就是⾼等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，⾥⾯涉及到指数函数、三⾓函数及⾼次函数，处理起来难度很⼤．本题解法中两次巧妙利⽤第⼀问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅⼒．。